Mostre que o fluxo total entre duas placas paralelas e de área A (muito grande), com temperaturas T1 e T2 e emissividade e1 e e2, respectivamente, é dado por:
[tex3]\phi =\frac{\sigma Ae_1e_2(T_1^4-T_2^4)}{e_1+e_2-e_1e_2}[/tex3]
Física II ⇒ (FB) Mecanismos de transferência de calor Tópico resolvido
Moderador: [ Moderadores TTB ]
Out 2023
23
15:02
Re: (FB) Mecanismos de transferência de calor
Assuma [tex3]T_1>T_2.[/tex3]
Suponha que a placa 1 emite um calor [tex3]q_1[/tex3] por radiação de corpo negro. O corpo 2 então absorve um calor [tex3]e_2q_1[/tex3] e emite um calor [tex3](1-e_2)q_1.[/tex3] Daí, o corpo 1 absorve um calor [tex3]e_1(1-e_2)q_1[/tex3] e emite um calor [tex3](1-e_1)(1-e_2)q_1.[/tex3] Daí, o corpo 2 absorve um calor [tex3]e_2(1-e_1)(1-e_2)q_1[/tex3] e emite um calor [tex3](1-e_2)^2(1-e_1)q_1.[/tex3] Daí, o corpo 1 absorve um calor [tex3]e_1(1-e_1)(1-e_2)^2q_1[/tex3] e emite um calor [tex3](1-e_1)^2(1-e_2)^2q_1,[/tex3] e assim por diante infinitamente.
No final das contas, pelo fato da placa 1 ter emitido um calor [tex3]q_1[/tex3] por radiação de corpo negro, o corpo 2 absorveu uma quantidade de calor total [tex3]\Delta Q_2=e_2q_1+e_2(1-e_2)(1-e_1)q_1+e_2(1-e_2)^2(1-e_1)^2q_1+...[/tex3]
[tex3]\Delta Q_2=e_2q_1\left[1+(1-e_1)(1-e_2)+(1-e_1)^2(1-e_2)^2+...\right][/tex3]
O somatório acima é uma PG infinita de primeiro termo 1 e razão [tex3](1-e_1)(1-e_2),[/tex3] então:
[tex3]\Delta Q_2=e_2q_1\frac{1}{1-(1-e_1)(1-e_2)}=\frac{e_2q_1}{e_1+e_2-e_1e_2}.[/tex3]
Pela conservação da energia, a placa 1 perdeu, no total, um calor também em módulo igual a [tex3]\Delta Q_2.[/tex3] Você também pode verificar isso fazendo as contas.
Analogamente, se a placa 2 emite por radiação de corpo negro um calor [tex3]q_2,[/tex3] o calor total recebido pela placa 1/perdido pela placa 2 é [tex3]\Delta Q_1=\frac{e_1q_2}{e_1+e_2-e_1e_2}.[/tex3]
O calor resultante que flui da placa 1 para a placa 2 é, então:
[tex3]\Delta Q=\frac{e_2q_1-e_1q_2}{e_1+e_2-e_1e_2}.[/tex3]
Como [tex3]\frac{dq_1}{dt}=e_1 \sigma A T_1^4[/tex3] e [tex3]\frac{dq_2}{dt}=e_2 \sigma A T_2^4,[/tex3] o fluxo de calor é:
[tex3]\boxed{P=\frac{\sigma A e_1 e_2(T_1^4-T_2^4)}{e_1+e_2-e_1e_2}}[/tex3]
Suponha que a placa 1 emite um calor [tex3]q_1[/tex3] por radiação de corpo negro. O corpo 2 então absorve um calor [tex3]e_2q_1[/tex3] e emite um calor [tex3](1-e_2)q_1.[/tex3] Daí, o corpo 1 absorve um calor [tex3]e_1(1-e_2)q_1[/tex3] e emite um calor [tex3](1-e_1)(1-e_2)q_1.[/tex3] Daí, o corpo 2 absorve um calor [tex3]e_2(1-e_1)(1-e_2)q_1[/tex3] e emite um calor [tex3](1-e_2)^2(1-e_1)q_1.[/tex3] Daí, o corpo 1 absorve um calor [tex3]e_1(1-e_1)(1-e_2)^2q_1[/tex3] e emite um calor [tex3](1-e_1)^2(1-e_2)^2q_1,[/tex3] e assim por diante infinitamente.
No final das contas, pelo fato da placa 1 ter emitido um calor [tex3]q_1[/tex3] por radiação de corpo negro, o corpo 2 absorveu uma quantidade de calor total [tex3]\Delta Q_2=e_2q_1+e_2(1-e_2)(1-e_1)q_1+e_2(1-e_2)^2(1-e_1)^2q_1+...[/tex3]
[tex3]\Delta Q_2=e_2q_1\left[1+(1-e_1)(1-e_2)+(1-e_1)^2(1-e_2)^2+...\right][/tex3]
O somatório acima é uma PG infinita de primeiro termo 1 e razão [tex3](1-e_1)(1-e_2),[/tex3] então:
[tex3]\Delta Q_2=e_2q_1\frac{1}{1-(1-e_1)(1-e_2)}=\frac{e_2q_1}{e_1+e_2-e_1e_2}.[/tex3]
Pela conservação da energia, a placa 1 perdeu, no total, um calor também em módulo igual a [tex3]\Delta Q_2.[/tex3] Você também pode verificar isso fazendo as contas.
Analogamente, se a placa 2 emite por radiação de corpo negro um calor [tex3]q_2,[/tex3] o calor total recebido pela placa 1/perdido pela placa 2 é [tex3]\Delta Q_1=\frac{e_1q_2}{e_1+e_2-e_1e_2}.[/tex3]
O calor resultante que flui da placa 1 para a placa 2 é, então:
[tex3]\Delta Q=\frac{e_2q_1-e_1q_2}{e_1+e_2-e_1e_2}.[/tex3]
Como [tex3]\frac{dq_1}{dt}=e_1 \sigma A T_1^4[/tex3] e [tex3]\frac{dq_2}{dt}=e_2 \sigma A T_2^4,[/tex3] o fluxo de calor é:
[tex3]\boxed{P=\frac{\sigma A e_1 e_2(T_1^4-T_2^4)}{e_1+e_2-e_1e_2}}[/tex3]
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